证明唯一性的方法有哪些

⑴ 解的存在唯一性定理证明除了逐步逼近法外还有其他什么方法

逐步逼近法是近似方法，不可能证明唯一性。唯一性证明应用反证法。

⑵ 如何证明函数极限的唯一性

证明如下：
假设存在a，b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限，且a<b，根据极限的柯西定义，有如下结论：
任意给定ε>0（要注意，这个ε是对a，b都成立）。
总存在一个δ1>0，当0<丨x-x。丨<δ1时，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0，当0<丨x-x。丨<δ2时，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。
令δ=min{δ1，δ2}，当0<丨x-x。丨<δ时。①，②两个不等式同时成立。
因为①，②两个不等式同时成立，所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即：b-ε≤a+ε，移项得：(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数，所以这个结论与极限的定义：ε可以任意小矛盾，所以假设不成立，因此不存在a，b两个数都是f（x）的极限，除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明，证法完全一样。
证毕。

⑶ 高等数学里证明方程根的唯一性一般有什么方法

一般方法是，假设方程有两个根，最后证明它们相同的，就可以了。

⑷ 如何判断函数的唯一性

函数极限的定义是：设函数f(x)在点x。的某一去心邻域内有定义，如果存在常数a，对于任意给定的正数ε（无论它多么小），总存在正数δ
，使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ
时，对应的函数值f(x)都满足不等式：
|f(x)-a|<ε
那么常数a就叫做函数f(x)当x→x。时的极限。
下面根据上面的定义证明唯一性。
反证法，
假设另外还存在一个a1为f(x)在x0处的极限，且
|a1-a|>0.
取定义中的
ε=|a1-a|/2，
存在正数δ1
，使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ1
时，对应的函数值f(x)都满足不等式：
|f(x)-a|<ε
存在正数δ2
，使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ2
时，对应的函数值f(x)都满足不等式：
|f(x)-a1|<ε
设
δ=min(δ1，δ2),
即为δ1，δ2中小的那个。则当x满足不等式0<|x-x。|<δ
时，对应的函数值f(x)都满足不等式：
|f(x)-a|<ε和
|f(x)-a1|<ε
于是
|a-a1|
<=
|a-f(x)|
+
|f(x)-a1|
<
2ε
=
|a1-a|.
矛盾！
所以极限唯一。
祝学业有成。

⑸ 函数极限唯一性怎么证明

证明如下：
假设存在a，b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限，且a<b，根据极限的柯西定义，有如下结论：
任意给定ε>0（要注意，这个ε是对a，b都成立）。

总存在一个δ1>0，当0<丨x-x。丨<δ1时，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0，当0<丨x-x。丨<δ2时，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。

令δ=min{δ1，δ2}，当0<丨x-x。丨<δ时。①，②两个不等式同时成立。
因为①，②两个不等式同时成立，所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即：b-ε≤a+ε，移项得：(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数，所以这个结论与极限的定义：ε可以任意小矛盾，所以假设不成立，因此不存在a，b两个数都是f（x）的极限，除非a=b矛盾才不会出现。

倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明，证法完全一样。
证毕。

⑹ 函数极限的唯一性怎么证明

设存在a，b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限，且a<b，那么：

总存在一个δ1>0，当0<丨x-x。丨<δ1时，使得丨f（x）-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0，当0<丨x-x。丨<δ2时，使得丨f（x）-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε<f（x）<a+ε①和b-ε<f（x）<b+ε②。

令δ=min{δ1，δ2}，当0<丨x-x。丨<δ时。①，②同时成立，即：b-ε≤a+ε，移项得：(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数，所以这个结论与极限的定义：ε可以任意小矛盾，假设不成立，因此不存在a，b两个数都是f（x）的极限。

恒成立”。

’极限思想’方法，是数学分析乃至全部高等数学必不可少的一种重要方法，也是‘数学分析’与在‘初等数学’的基础上有承前启后连贯性的、进一步的思维的发展。数学分析之所以能解决许多初等数学无法解决的问题,正是由于其采用了‘极限’的‘无限逼近’的思想方法.

⑺ 高数中如何证明根的存在性和唯一性问题，我是大一的，快考试了，想总结下这类问题。。。帮忙写的详细点！

唯一性比较容易，证明若存在第二个，则第二个和先前那个相等，也即证明了任意一个都与一直的这个相等，这不就是唯一么！（就像如果说我爱一个人，那个人一定是你，那么你就是我的唯一）

存在性这个太复杂了，要看情况
中心思想是：存在性是靠求的，求出来就存在。
比如任意ε，证明存在δ使得|x-x0|<δ时，|f(x)-f(x0)|<ε这类题
再比如存在N对任意的ε都有当n>N时，|an-a|<ε这类题
总之不论是ε-δ还是ε-N语言，都是证明极限问题的比较经典，比较严密，
当然，也比较废柴的办法，有后面闭区间上连续函数的性质和海涅定理，还有实数集完备性做替代，一般没谁用ε-*方法去做题，略低端
高代方面也有证明存在性的，经典的有QR分解，即对任意一个可逆方阵A，存在正交阵Q与对角元全正的上三角阵T使得A=QT，许多与此相关的矩阵存在性的问题都是用这个结论，配合上初等变换及其对应的矩阵的知识，变来变去的，做多了就没什么意思了。
或者是用若当标准型，或者是用二次型标准型，总之你记住，各类标准型是你做好高代题的关键。
我能白话的也就这么多，具体情况具体分析，就算我穷举一天一夜也难穷数学方法的冰山一角，楼主还是自己见得多才行。
别有压力，有啥好闹心的呀！一次考试而已，在你生命长河中太微不足道了，放松点，哈！男银么

⑻ 如何证明 函数极限的唯一性

不是吧，这种题一般高数中都会有证明的。方法不止一种

证:若L1与L2不相等，不妨设L1<L2（L1>L2一样证）

由lim f(x)=L1 和lim f(x)=L2 知
取E=(L2-L1)/2,存在一个数a,
当0<|x-c|<a时，有|f(x)-L1|<E,|f(x)-L2|<E
由第一个式子可得f(x)<(L2+L1)/2
由第一个式子可得f(x)>(L2+L1)/2
两式产生矛盾，所以假设不成立，因此相等
即极限唯一。

⑼ 高等数学里证明方程根的唯一性一般有什么方法

例1[1]设函数f(x)在区间[0,1]上可微,且f'(x)≠1,0f(x)1(0≤x≤1).证明方程f(x)-x=0(1)在0与1之间只有一个实根.证明令函数F(x)=f(x)-x,则有F(0)F(1)0,又因F(x)在区间[0,1]上连续,由零点定理可知,存在η∈(0,1)使F(η)=0.因此方程(1)在0与1之间至少存在一个实根.不妨假设方程(1)在0与1之间还存在另一个实根θη.由于F(θ)=F(η),F(x)在[0,1]上可导,由罗尔中值定理可知,存在ξ∈(θ,η),使F'(ξ)=f'(ξ)-1=0.由此得出f′(ξ)=1,这与题设条件相矛盾.因此,方程(1)在0与1之间只有一个实根.方法2应用零点定理和函数的单调性判定方程有唯一实根 如果对你有帮助，请给有用，谢谢

⑽ 用反证法证明极限唯一性

解：
设{xn}极限为A，回忆一下极限定义，任取ε>0，存在N>0，当n>N时，有 |xn-A|<ε
证明极限唯一性，假设{xn}有两个极限A，B，且A>B
取ε=(A-B)/2，
存在N1，当n>N1时，有 |xn-A|<(A-B)/2 (1)
存在N2，当n>N2时，有 |xn-B|<(A-B)/2 (2)
取N=max{N1，N2}，则当n>N时，上面两式同时成立
(1)可化为：(B-A)/2<xn-A<(A-B)/2，可得 (B+A)/2<xn<(A-B)/2+A
(2)可化为：(B-A)/2<xn-B<(A-B)/2，可得 (B-A)/2+B<xn<(A+B)/2
出现矛盾，一个式子是xn>(A+B)/2，另一个是xn<(A+B)/2
因此极限唯一。